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2020年四川省南充高三一模化学试卷及答案
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这是一份2020年四川省南充高三一模化学试卷及答案，共29页。试卷主要包含了选择题，非选择题必考题等内容，欢迎下载使用。
2020四川省南充高三一模化学试卷及答案
一、选择题(本题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．（6分）化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列叙述错误的是（ ）
A．高纯单质硅可用于制作光导纤维
B．废弃的秸秆可用于生产生物质燃料乙醇
C．SO2是形成酸雨的气体之一
D．钙、锶、钡、铜和碱金属等金属化合物可用于制作烟花
2．（6分）2﹣苯基丙烯（如图）常用于树脂改性，下列说法正确的是（ ）
A．不能使溴水褪色
B．易溶于水
C．分子中所有原子一定共平面
D．能发生氧化反应
3．（6分）下列叙述正确的是（ ）
A．含有极性键的分子一定是极性分子
B．U和U是中子数不同，质子数相同的同种核素
C．离子化合物中一定含有离子键
D．原子半径：As＞Cl＞P
4．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，44.8L CCl4含有的分子数为NA
B．常温下，4g CH4含有NA个C﹣H共价键
C．1mol Cl2发生反应时，转移的电子数一定是2NA
D．34g H2O2中含有的阴离子数为NA
5．（6分）用如图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，由②中现象，不能证实①中反应发生的是
①中实验②中现象（ ）
A．铁粉与水蒸气加热 肥皂水冒泡
B．加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物 酚酞溶液变红
C．NaHCO3固体受热分解 澄清石灰水变浑浊
D．石蜡油在碎瓷片上受热分解 Br2的CCl4溶液褪色
6．（6分）对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是（ ）
A．过氧化钠固体与水反应：2O22﹣+2H2O═4OH﹣+O2↑
B．Cl2通入水中：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
C．浓烧碱溶液中加入铝片：Al+2OH﹣═AlO2﹣+H2↑
D．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+
7．（6分）电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。如图是利用手持技术数字化实验测量的KOH溶液分别滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲线。下列示意图中，能正确表示用KOH溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的滴定曲线的是（ ）
A． B．
C． D．
二、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分，第8-10为必考题，每个试题考生都必须做答。第10-11题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题(共43分)
8．（15分）莫尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O（相对分子质量为392）]能溶于水，难溶于乙醇，较硫酸亚铁不易被氧气氧化，是实验中代替硫酸亚铁使用的重要试剂。某兴趣小组欲制备莫尔盐并测定其纯度。采用的方法是先在封闭体系中利用铁和稀硫酸制备硫酸亚铁溶液，再用制得的硫酸亚铁溶液和硫酸铵饱和溶液反应制得。实验装置如图所示，回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 。配制本实验所需溶液的蒸馏水，均需经煮沸并迅速冷却后再使用，目的是 。
（2）按图连好装置，检验气密性后，将过量铁屑和少量碳粉加入c中，加入其它试剂，打开仪器a的塞子，然后旋开K2，为保证硫酸顺利滴入c中，还应采取的操作是 。
（3）c中加入少量炭粉的作用是 。
（4）为加快反应速率，需将c中试剂温度保持在80～95℃，一般采取的加热方式是 。
（5）充分反应一段时间后，打开K3，关闭K1、K2。c中液体会自动流入d中，利用的原理是 ，此时，d中发生的主要反应的化学方程式为 。
（6）制备结束后，将d中固液混合物过滤，所得莫尔盐可用 （填试剂名称）进行洗涤，洗涤后用烘箱进行烘干。
（7）实验小组对样品进行纯度检测，取9.000g样品配成溶液，用0.1000mol/L的酸性K2Cr2O7溶液滴定。消耗酸性K2Cr2O7溶液30.00mL，该样品的纯度为 %。（保留至0.1%）
9．（13分）二氧化硫的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应，反应如下：
Ⅰ：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1＝﹣197.7kJ•mol﹣1 K1（浓度平衡常数）
为研究该反应，某同学设计了以下三种已装固体V2O5催化剂的密闭容器装置
（1）在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按2molSO2、1molO2投料，达平衡时，三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为 （用“甲、乙、丙”表示）。
（2）在容器丙中，0.1MPa条件下，在不同温度或不同投料方式下研究上述反应得到数据如下表：
实验序号
A组
B组
C组
反应温度
451℃
451℃
551℃
投料方式（按照SO2、O2、SO3的顺序）
2mol、1mol、0mol
0mol、0mol、2mol
2mol、1mol、0mol
含硫化合物的转化率
60%
b
c
反应的热量变化
放热a
吸热79.08kJ
放热d
压强平衡常数（Kp）
Kp1
Kp1
Kp2
①表中：a＝ ；b＝ 。
②已知用平衡分压（分压＝总压×物质的量分数）代替平衡浓度计算，得到的平衡常数即为压强平衡常数，则Kp1＝ ；Kp1 Kp2（填“＞”、“＜”或“＝”）。
③若按0.4 mol SO2、0.4molO2、0.4 mol SO3进行投料，则反应开始时v正（SO2） v逆（SO2）（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（3）将上述固体催化剂V2O5换成NO2气体同样可以对该反应起到催化作用，此催化过程如下：
Ⅱ：SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H2 K2（浓度平衡常数）
Ⅲ：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H3＝﹣114.1kJ•mol﹣1 K3（浓度平衡常数）
△H2＝ ；K3＝ （用含有K1、K2的表达式表示）。
10．（15分）我国是少数几个拥有石煤资源的国家之一，工业上以伴生钒的石煤（主要成分为V2O3，含少量P2O5、SiO2等杂质）为原料制备钒的主要流程如图。
已知：①NH4VO3难溶于水。②Ksp[MgSiO3]＝2.4×10﹣5，Ksp[Mg3（PO4）2]＝2.7×10﹣27。
请回答下列问题：
（1）焙烧。通入空气的条件下，向石煤中加纯碱焙烧，将V2O3转化为NaVO3的化学方程式为 。为加快焙烧反应的化学反应速率，可采取的措施为 。（任写一条）
（2）除硅、磷。用MgSO4溶液除硅、磷时，Si、P会形成MgSiO3、Mg3（PO4）2沉淀。若沉淀后溶液中c（PO43﹣）＝1.0×10﹣8mol•L﹣1，则c（SiO32﹣）＝ mol•L﹣1。随着温度升高，除磷率会显著下降，其原因一是温度升高，Mg3（PO4）2溶解度增大，二是 。
（3）沉钒。该操作产生的滤液中，两种主要的溶质阴离子是 ；用实验方法判断此过程中沉钒完全的操作是 。
（4）灼烧。在灼烧NH4VO3的过程中，固体残留率随温度变化的曲线如图所示，则210℃时，剩余固体物质的化学式为 。
（5）还原。在高温真空条件下，用焦炭还原V2O5可以生成钒单质，该反应的化学方程式为 。
(二)选考题：共15分。请考生从化学题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡把所有题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如多做，则每学科按所做的第一题计分。[化学——物质结构与性质](15分)
11．（15分）工业废水中的亚硝酸盐常常需要处理。回答下列问题：
（1）尿素（）可将NO2﹣还原为NO2。在尿素分子所含的原子中，第一电离能最大的是 ，其中原子半径最大者的电子排布式为 。
（2）NO2﹣离子的空间构型为 ，写出一个NO2﹣离子的等电子体 。从分子结构角度，HNO2酸性弱于HNO3的原因是 。
（3）尿素中所有原子共平面，据此推断其中N原子的杂化轨道类型为 。尿素晶体的熔点为132.7℃，比相同摩尔质量的乙酸熔点（16.7℃）高116℃，这主要是因为尿素分子之间存在更多的 。
（4）氨基磺酸（H3N﹣SO3）也可将NO2﹣还原为N2。氨基磺酸结构中接受孤对电子的是 。（填“N”或“S”）
（5）亚硝酸钠晶胞结构如图所示，假设NA为阿伏加德罗常数的值，已知晶胞参数a＝c≠b（单位为cm），则晶体密度d为 g•cm﹣3。图示晶胞中NO2﹣呈体心正交堆积，Na+的原子坐标除（，u，）外还有 。
[化学--有机化学基础]（15分）
12．以化合物A为原料合成内酯F的路线如图。回答下列问题：
（1）化合物A的名称为 ，B的分子式为 。
（2）化合物中含氧官能团的名称为 ，1mol该物质最多消耗 mol NaOH。
（3）化合物D具有手性碳（连有四个不同原子或基团的碳）的数量为 ，酯E的结构简式为 。
（4）写出酯E转变为化合物F时，伴随产生的副产物为 。
（5）化合物F的一种异构体H，同时满足条件：①只有三种环境的H；②能发生银镜反应；③含六元环结构。则异构体H的结构简式为 。
（6）芳香卤代烃与NaOH反应常常有自身特点。研究发现：有两种主要机理（苯炔机理和SNAr机理），如图所示。若高温下，用1﹣14C（黑点标记）氯苯与NaOH反应，则得到两种苯酚（钠盐）﹣14C在1﹣位上的苯酚占58%，14C在2﹣位上的苯酚占42%。则此时按苯炔和SNAr机理反应的氯苯，其物质的量之比为 。
2020-2021学年四川省南充市高三（上）一诊化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题(本题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．（6分）化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列叙述错误的是（ ）
A．高纯单质硅可用于制作光导纤维
B．废弃的秸秆可用于生产生物质燃料乙醇
C．SO2是形成酸雨的气体之一
D．钙、锶、钡、铜和碱金属等金属化合物可用于制作烟花
【分析】A．制作光导纤维的是二氧化硅；
B．秸秆中含有纤维素、淀粉，通过发酵生成乙醇；
C．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧气氧化生成硫酸；
D．钙、锶、钡、铜和碱金属等金属化合物灼烧，均能发生焰色反应。
【解答】解：A．制作光导纤维的是二氧化硅，高纯单质硅是半导体材料，故A错误；
B．秸秆中含有纤维素、淀粉，通过发酵生成乙醇，则废弃的秸秆可用于生产生物质燃料乙醇，故B正确；
C．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，煤燃烧排放出的SO2是形成酸雨的气体之一，能形成硫酸型酸雨，故C正确；
D．钙、锶、钡、铜和碱金属等金属化合物灼烧，有焰色反应，所以可用于制作烟花，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查物质的组成和性质，为高频考点，把握物质的组成、化学与生活生产的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物的性质和应用，题目难度不大。
2．（6分）2﹣苯基丙烯（如图）常用于树脂改性，下列说法正确的是（ ）
A．不能使溴水褪色
B．易溶于水
C．分子中所有原子一定共平面
D．能发生氧化反应
【分析】由结构可知，分子中含苯环、碳碳双键，且含甲基为四面体结构，结合烯烃的性质来解答。
【解答】解：A.2﹣苯基丙烯中含有碳碳双键，能与溴水中溴单质发生加成反应，能使溴水褪色，故A错误；
B.2﹣苯基丙烯为烃类物质，难溶于水，故B错误；
C.2﹣苯基丙烯中含有甲基，与甲基中碳原子相连的原子结构为四面体型，因此2﹣苯基丙烯中所有原子一定不共面，故C错误；
D.2﹣苯基丙烯为烃类，能在氧气中燃烧，同时2﹣苯基丙烯中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾等氧化性物质氧化，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团的判断，题目难度不大。
3．（6分）下列叙述正确的是（ ）
A．含有极性键的分子一定是极性分子
B．U和U是中子数不同，质子数相同的同种核素
C．离子化合物中一定含有离子键
D．原子半径：As＞Cl＞P
【分析】A．结构对称，正负电荷中心重叠的分子为非极性分子，非极性分子可能含有极性键；
B．质子数相同，中子数不同的核素，属于不同核素；
C．离子化合物是由阴阳离子通过静电作用形成的化合物；
D．电子层越多，原子半径越大，电子层相同，原子序数越大，半径越小。
【解答】解：A．结构对称，正负电荷中心重叠的分子为非极性分子，非极性分子可能含有极性键，如甲烷，含有极性键属于非极性分子，所以含有极性键的分子不一定是极性分子，故A错误；
B．质子数相同，中子数不同的核素，属于不同核素，U和U中质子数均为92，中子数分别为235﹣92＝143、238﹣92＝146，表示的是两种核数，故B错误；
C．离子化合物是由阴阳离子通过静电作用形成的化合物，因此离子化合物中一定含有离子键，故C正确；
D．As核外具有4个电子层，Cl、P原子核外电子层均为3，且原子序数Cl＞P，同周期原子序数越大，半径越小，因此半径As＞P＞Cl，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了分子的极性、核素、离子键、原子半径的比较，题目难度不大，注意把握元素周期律、化学键等内容是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
4．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，44.8L CCl4含有的分子数为NA
B．常温下，4g CH4含有NA个C﹣H共价键
C．1mol Cl2发生反应时，转移的电子数一定是2NA
D．34g H2O2中含有的阴离子数为NA
【分析】A．标准状况下，CCl4不是气体；
B．一个CH4中含有4个C﹣H键，4g CH4的物质的量为＝0.25mol；
C．Cl2与水或碱溶液反应时，既是氧化剂也是还原剂，1molCl2转移1mol电子；
D．H2O2是由分子构成的。
【解答】解：A．标准状况下，CCl4不是气体，不能根据气体摩尔体积计算相关物理量，故A错误；
B．一个CH4中含有4个C﹣H键，4g CH4的物质的量为＝0.25mol，则0.25molCH4中含有0.25mol×4＝1molC﹣H键，其数目为NA，故B正确；
C．Cl2与水或碱溶液反应时，既是氧化剂也是还原剂，1molCl2转移1mol电子，因此1molCl2参加反应时，转移的电子数不一定是2NA，故C错误；
D．H2O2是由分子构成的，其中不含离子，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的相关计算，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
5．（6分）用如图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，由②中现象，不能证实①中反应发生的是
①中实验②中现象（ ）
A．铁粉与水蒸气加热 肥皂水冒泡
B．加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物 酚酞溶液变红
C．NaHCO3固体受热分解 澄清石灰水变浑浊
D．石蜡油在碎瓷片上受热分解 Br2的CCl4溶液褪色
【分析】A．试管中空气受热碰撞；
B．加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物，生成氨气，其水溶液显碱性；
C．NaHCO3固体受热分解生成二氧化碳；
D．石蜡油在碎瓷片上受热分解生成乙烯，可发生加成反应．
【解答】解：A．试管中空气受热碰撞，则②中肥皂水冒泡可能与试管中空气有关，不能说明氢气的生成，故A选；
B．加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物，生成氨气，其水溶液显碱性，则酚酞溶液变红可说明反应的发生，故B不选；
C．NaHCO3固体受热分解生成二氧化碳，则澄清石灰水变浑浊可说明反应的发生，故C不选；
D．石蜡油在碎瓷片上受热分解生成乙烯，可发生加成反应，则Br2的CCl4溶液褪色可说明反应的发生，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查实验装置的综合，为高频考点，把握图中装置的作用及发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析、实验能力的考查，题目难度不大．
6．（6分）对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是（ ）
A．过氧化钠固体与水反应：2O22﹣+2H2O═4OH﹣+O2↑
B．Cl2通入水中：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
C．浓烧碱溶液中加入铝片：Al+2OH﹣═AlO2﹣+H2↑
D．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+
【分析】A．过氧化钠不能拆开；
B．次氯酸为弱酸，不能拆开；
C．该反应违反了电荷守恒、电子守恒；
D．氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜。
【解答】解：A．过氧化钠固体与水反应，过氧化钠不能写成离子，离子方程式为：2Na2O2+2H2O═4OH﹣+O2↑+4Na+，故A错误；
B．氯气溶于水，次氯酸是弱酸，离子方程式为：Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClO，故B错误；
C．浓烧碱溶液中加入铝片的离子反应为：2H2O+2Al+2OH﹣═2AlO2﹣+3H2↑，故C错误；
D．FeCl3溶液腐蚀铜线路板，离子方程式为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。
7．（6分）电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。如图是利用手持技术数字化实验测量的KOH溶液分别滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲线。下列示意图中，能正确表示用KOH溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的滴定曲线的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据KOH溶液分别滴定HCl和CH3COOH的滴定曲线可知，开始阶段，HCl溶液中导电率下降，是因为KOH与HCl反应生成水，导致溶液中离子浓度减小，导电率下降，当盐酸被消耗完，再加入KOH，溶液中离子浓度增大，导电率增大；开始CH3COOH溶液中导电率升高，是因为CH3COOH是弱电解质，与氢氧化钾反应后转化为强电解质，溶液中离子浓度增大，导电率增大，当CH3COOH被消耗完，继续加入氢氧化钾，溶液中离子浓度增大，导电率增强，据此分析。
【解答】解：CH3COOH是弱电解质，在溶液里部分电离，HCl和KOH都是强电解质，完全电离，向CH3COOH和盐酸的混合溶液中滴加KOH，KOH先和HCl反应，生成强电解质KCl，但溶液的体积不断增大，溶液被稀释，溶液中离子浓度减小，导电率下降，当HCl全部被中和后，继续滴加KOH与弱电解质CH3COOH反应生成强电解质CH3COOK，溶液中离子浓度增大，导电率增大，当CH3COOH也反应完，继续加KOH，溶液的导电能力增大，符合导电率变化的为A，故A正确，
故选：A。
【点评】本题考查了酸碱中和溶液电导率的变化，明确电导率与离子浓度的关系是解本题关键，根据电解质的强弱、离子浓度的变化来分析解答即可，题目难度不大。
二、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分，第8-10为必考题，每个试题考生都必须做答。第10-11题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题(共43分)
8．（15分）莫尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O（相对分子质量为392）]能溶于水，难溶于乙醇，较硫酸亚铁不易被氧气氧化，是实验中代替硫酸亚铁使用的重要试剂。某兴趣小组欲制备莫尔盐并测定其纯度。采用的方法是先在封闭体系中利用铁和稀硫酸制备硫酸亚铁溶液，再用制得的硫酸亚铁溶液和硫酸铵饱和溶液反应制得。实验装置如图所示，回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 分液漏斗 。配制本实验所需溶液的蒸馏水，均需经煮沸并迅速冷却后再使用，目的是 降低水中的溶解氧 。
（2）按图连好装置，检验气密性后，将过量铁屑和少量碳粉加入c中，加入其它试剂，打开仪器a的塞子，然后旋开K2，为保证硫酸顺利滴入c中，还应采取的操作是 旋开K1 。
（3）c中加入少量炭粉的作用是 与铁屑组成原电池加快反应速率 。
（4）为加快反应速率，需将c中试剂温度保持在80～95℃，一般采取的加热方式是 水浴加热 。
（5）充分反应一段时间后，打开K3，关闭K1、K2。c中液体会自动流入d中，利用的原理是 c中产生氢气使压强大于大气压 ，此时，d中发生的主要反应的化学方程式为 FeSO4+（NH4）2SO4+6H2O＝（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O↓ 。
（6）制备结束后，将d中固液混合物过滤，所得莫尔盐可用 乙醇 （填试剂名称）进行洗涤，洗涤后用烘箱进行烘干。
（7）实验小组对样品进行纯度检测，取9.000g样品配成溶液，用0.1000mol/L的酸性K2Cr2O7溶液滴定。消耗酸性K2Cr2O7溶液30.00mL，该样品的纯度为 78.4 %。（保留至0.1%）
【分析】莫尔盐的制备原理是：是先在封闭体系中利用Fe和稀硫酸制备FeSO4溶液，再用制得的FeSO4溶液和（NH4）2SO4饱和溶液反应，在实验过程中加入碳粉的目的是形成原电池，加快反应速率，待锥形瓶中反应完成后，打开K3，关闭K1、K2，利用锥形瓶压强增大，将FeSO4溶液压入到d中反应得到摩尔盐；
（1）仪器a为分液漏斗；FeSO4不稳定，易被氧化；
（2）为保证硫酸顺利滴入c中，应该使分液漏斗上下的压强相等；
（3）原电池能加快负极反应速率；
（4）加热的温度低于100℃，常采用水浴加热；
（5）反应一段时间后，打开K3，关闭K1、K2，c中液体会自动流入d中，是因为c中继续反应产生H2，压强大于大气压；d中硫酸亚铁和饱和硫酸铵发生反应生成摩尔盐；
（6）摩尔盐易溶于水，难溶于乙醇；
（7）Cr2O72﹣还原产物为 Cr3+，则K2Cr2O7具有氧化性，摩尔盐中亚铁离子被氧化生成铁离子，同时还生成水，根据反应物和生成物书写离子方程式为6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，由题目数据可得：n（K2Cr2O7）＝0.1000mol/L×0.03L＝0.003mol，故n[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O）]＝n（Fe2+）＝0.003mol×6＝0.018mol，则m[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O）]＝0.018mol×392g/mol＝7.056g，该样品的纯度＝×100%。
【解答】解：（1）仪器a为分液漏斗，蒸馏水需经煮沸并迅速冷却后再使用的目的是除去水中的溶解氧，
故答案为：分液漏斗；降低水中的溶解氧；
（2）为保证硫酸顺利滴入c中，应该使分液漏斗上下的压强相等，采取的操作是旋开K1，
故答案为：旋开K1；
（3）c中加入少量碳粉的作用是与铁屑组成原电池加快反应速率，
故答案为：与铁屑组成原电池加快反应速率；
（4）加热的温度低于100℃，常采用水浴加热的方式，
故答案为：水浴加热；
（5）反应一段时间后，打开K3，关闭K1、K2，c中液体会自动流入d中，是因为c中继续反应产生H2，压强大于大气压，将c中的溶液压入d中，d中硫酸亚铁和饱和硫酸铵发生反应生成摩尔盐，反应的化学方程式为：FeSO4+（NH4）2SO4+6H2O＝（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O↓，
故答案为：c中产生氢气使压强大于大气压；FeSO4+（NH4）2SO4+6H2O＝（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O↓；
（6）摩尔盐易溶于水，在乙醇等有机溶剂中溶解度小，故可用乙醇洗涤，
故答案为：乙醇；
（7）Cr2O72﹣还原产物为 Cr3+，则K2Cr2O7具有氧化性，摩尔盐中亚铁离子被氧化生成铁离子，同时还生成水，根据反应物和生成物书写离子方程式为6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，由题目数据可得：n（K2Cr2O7）＝0.1000mol/L×0.03L＝0.003mol，故n[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O）]＝n（Fe2+）＝0.003mol×6＝0.018mol，则m[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O）]＝0.018mol×392g/mol＝7.056g，该样品的纯度＝×100%＝78.4%，
故答案为：78.4。
【点评】本题考查物质制备及物质含量测定，侧重考查实验操作、实验分析判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物性质及物质之间的转化关系是解本题关键，知道各仪器的作用及实验中发生的反应，K1、K2、K3的打开、关闭顺序为解答易错点，题目难度较大。
9．（13分）二氧化硫的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应，反应如下：
Ⅰ：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1＝﹣197.7kJ•mol﹣1 K1（浓度平衡常数）
为研究该反应，某同学设计了以下三种已装固体V2O5催化剂的密闭容器装置
（1）在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按2molSO2、1molO2投料，达平衡时，三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为 丙＞甲＞乙 （用“甲、乙、丙”表示）。
（2）在容器丙中，0.1MPa条件下，在不同温度或不同投料方式下研究上述反应得到数据如下表：
实验序号
A组
B组
C组
反应温度
451℃
451℃
551℃
投料方式（按照SO2、O2、SO3的顺序）
2mol、1mol、0mol
0mol、0mol、2mol
2mol、1mol、0mol
含硫化合物的转化率
60%
b
c
反应的热量变化
放热a
吸热79.08kJ
放热d
压强平衡常数（Kp）
Kp1
Kp1
Kp2
①表中：a＝ 118.62kJ ；b＝ 40% 。
②已知用平衡分压（分压＝总压×物质的量分数）代替平衡浓度计算，得到的平衡常数即为压强平衡常数，则Kp1＝ 135MPa﹣1 ；Kp1 ＞ Kp2（填“＞”、“＜”或“＝”）。
③若按0.4 mol SO2、0.4molO2、0.4 mol SO3进行投料，则反应开始时v正（SO2） ＞ v逆（SO2）（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（3）将上述固体催化剂V2O5换成NO2气体同样可以对该反应起到催化作用，此催化过程如下：
Ⅱ：SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H2 K2（浓度平衡常数）
Ⅲ：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H3＝﹣114.1kJ•mol﹣1 K3（浓度平衡常数）
△H2＝ ﹣41.8kJ/mol ；K3＝ （用含有K1、K2的表达式表示）。
【分析】（1）对于2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1＝﹣197.7kJ•mol﹣1，正反应为放热反应，降低温度、增大压强，可使平衡正向移动，增大SO2的转化率；
（2）对比A、B中数据，可知A、B为等效平衡状态，C相当于在A的基础上升高温度，平衡逆向移动；
（3）已知①.2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1＝﹣197.7kJ•mol﹣1 K1；
②SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H2 K2；
③2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H3＝﹣114.1kJ•mol﹣1 K3；
利用盖斯定律，将可得②，以此解答该题。
【解答】解：（1）对于2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1＝﹣197.7kJ•mol﹣1，正反应为放热反应，则乙温度高于甲，丙恒压，则压强大于甲，降低温度、增大压强，可使平衡正向移动，增大SO2的转化率，则转化率丙＞甲＞乙，故答案为：丙＞甲＞乙；
（2）①A、B为等效平衡，且反应互为可逆反应，则a＝197.7kJ﹣79.08kJ＝118.62kJ，正逆反应转化率之和为1，则b＝1﹣60%＝40%，故答案为：118.62kJ；40%；
②对于2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
起始：2mol 1mol 0
转化：1.2mol 0.6mol 1.2mol
平衡：0.8mol 0.4mol 1.2mol，
用平衡分压（分压＝总压×物质的量分数）代替平衡浓度计算，得到的平衡常数即为压强平衡常数，则Kp1＝＝135MPa﹣1，
升高温度，平衡逆向移动，则Kp1＞Kp2，
故答案为：135MPa﹣1；＞；
③若按0.4 mol SO2、0.4molO2、0.4 mol SO3进行投料，此时＝2.5，小于，则平衡正向移动，v正（SO2）＞v逆（SO2），
故答案为：＞；
（3）已知①.2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1＝﹣197.7kJ•mol﹣1 K1；
②SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H2 K2；
③2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H3＝﹣114.1kJ•mol﹣1 K3；
利用盖斯定律，将可得SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H2＝kJ/mol＝﹣41.8kJ/mol，K2＝，则K3＝，
故答案为：﹣41.8kJ/mol；。
【点评】本题考查了化学平衡、化学平衡常数的计算，为高频考点和常见题型，注意掌握化学平衡常数、化学反应速率的能够及计算方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力，题目难度较大。
10．（15分）我国是少数几个拥有石煤资源的国家之一，工业上以伴生钒的石煤（主要成分为V2O3，含少量P2O5、SiO2等杂质）为原料制备钒的主要流程如图。
已知：①NH4VO3难溶于水。②Ksp[MgSiO3]＝2.4×10﹣5，Ksp[Mg3（PO4）2]＝2.7×10﹣27。
请回答下列问题：
（1）焙烧。通入空气的条件下，向石煤中加纯碱焙烧，将V2O3转化为NaVO3的化学方程式为 V2O3+Na2CO3+O2NaVO3+CO2 。为加快焙烧反应的化学反应速率，可采取的措施为 将石煤粉碎、升高反应温度、增大氧气的浓度 。（任写一条）
（2）除硅、磷。用MgSO4溶液除硅、磷时，Si、P会形成MgSiO3、Mg3（PO4）2沉淀。若沉淀后溶液中c（PO43﹣）＝1.0×10﹣8mol•L﹣1，则c（SiO32﹣）＝ 0.08 mol•L﹣1。随着温度升高，除磷率会显著下降，其原因一是温度升高，Mg3（PO4）2溶解度增大，二是 温度升高，镁离子的水解增大，使其生成氢氧化镁 。
（3）沉钒。该操作产生的滤液中，两种主要的溶质阴离子是 SO42﹣、Cl﹣； ；用实验方法判断此过程中沉钒完全的操作是 取少量滤液于试管，加入NH4Cl溶液，若无沉淀生成，则沉钒完全，反之则没有 。
（4）灼烧。在灼烧NH4VO3的过程中，固体残留率随温度变化的曲线如图所示，则210℃时，剩余固体物质的化学式为 HVO3 。
（5）还原。在高温真空条件下，用焦炭还原V2O5可以生成钒单质，该反应的化学方程式为 2HVO3V2O5+H2O 。
【分析】根据流程：石煤（主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质）与Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3、Na2SiO3、Na3PO4，水浸，加入硫酸镁除去硅磷，滤渣的成分为MgSiO3、Mg3（PO4）2，向滤液中加入NH4Cl沉钒得到偏钒酸铵（NH4VO3），灼烧NH4VO3得到V2O5，加入还原剂得到单质钒，
（1）焙烧过程中V2O3与Na2CO3在空气中焙烧转化为可溶性NaVO3和CO2，将石煤粉碎、升高反应温度、增大氧气的浓度；
（2）根据Ksp[Mg3（PO4）2]＝c3（Mg2+）×c2（PO43﹣）＝2.7×10﹣27，可以得出c（Mg2+），再根据Ksp（MgSiO3）＝c（Mg2+）×c（SiO32﹣）＝2.4×10﹣5，得出c（SiO32﹣），Mg3（PO4）2溶解度增大，温度升高，镁离子的水解增大，使其生成氢氧化镁；温度升高，促进SiO32﹣的水解生成硅酸的沉淀，使其除去率增大；
（3）除硅、磷过程中所加MgSO4的阴离子SO42﹣未参加反应，沉矾过程中所加NH4Cl中的Cl﹣未参加反应，若沉矾完全，则滤液中不含VO3﹣，可利用NH4+与VO3﹣反应生成难溶物NH4VO3进行检验，因此判断此过程中沉钒完全的操作是：取少量滤液于试管，加入NH4Cl溶液，若无沉淀生成，则沉钒完全，反之则没有；
（4）NH4VO3受热先分解生成NH3、HVO3，NH3逸出，固体质量与起始固体质量比值为×100%＝85.47%，则A点固体为HVO3；
（5）210℃剩余固体占起始固体85.47%，NH4VO3的过程中生成氨气和HVO3，HVO3进一步分解生成V2O5。
【解答】解：（1）焙烧过程中V2O3与Na2CO3在空气中焙烧转化为可溶性NaVO3和CO2，反应为：V2O3+Na2CO3+O2NaVO3+CO2，为加快焙烧反应的化学反应速率，可采取的措施为将石煤粉碎、升高反应温度、增大氧气的浓度等，
故答案为：V2O3+Na2CO3+O2NaVO3+CO2；将石煤粉碎、升高反应温度、增大氧气的浓度；
（2）根据Ksp[Mg3（PO4）2]＝c3（Mg2+）×c2（PO43﹣）＝2.7×10﹣27，沉淀后溶液中c（PO43﹣）＝1.0×10﹣8mol•L﹣1，可以得出c（Mg2+）＝mol/L＝3.0×10﹣4mol/L，根据Ksp（MgSiO3）＝c（Mg2+）×c（SiO32﹣）＝2.4×10﹣5，得出c（SiO32﹣）＝＝0.08mol•L﹣1，由图2可知，随着温度升高，除磷率下降，其原因是Mg3（PO4）2溶解度增大，温度升高，镁离子的水解增大，使其生成氢氧化镁，
故答案为：0.08；温度升高，镁离子的水解增大，使其生成氢氧化镁；
（3）除硅、磷过程中所加MgSO4的阴离子SO42﹣未参加反应，沉矾过程中所加NH4Cl中的Cl﹣未参加反应，因此滤液中主要阴离子为SO42﹣、Cl﹣；若沉矾完全，则滤液中不含VO3﹣，可利用NH4+与VO3﹣反应生成难溶物NH4VO3进行检验，因此判断此过程中沉钒完全的操作是：取少量滤液于试管，加入NH4Cl溶液，若无沉淀生成，则沉钒完全，反之则没有，
故答案为：SO42﹣、Cl﹣；取少量滤液于试管，加入NH4Cl溶液，若无沉淀生成，则沉钒完全，反之则没有；
（4）NH4VO3受热先分解生成NH3、HVO3，NH3逸出，固体质量与起始固体质量比值为×100%＝85.47%，则A点固体为HVO3，
故答案为：HVO3；
（5）210℃剩余固体占起始固体85.47%，NH4VO3的过程中生成氨气和HVO3，HVO3进一步分解生成V2O5，反应的方程式为：2HVO3V2O5+H2O，
故答案为：2HVO3V2O5+H2O。
【点评】本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、滴定反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。
(二)选考题：共15分。请考生从化学题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡把所有题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如多做，则每学科按所做的第一题计分。[化学——物质结构与性质](15分)
11．（15分）工业废水中的亚硝酸盐常常需要处理。回答下列问题：
（1）尿素（）可将NO2﹣还原为NO2。在尿素分子所含的原子中，第一电离能最大的是 N ，其中原子半径最大者的电子排布式为 1s22s22p2 。
（2）NO2﹣离子的空间构型为 V形 ，写出一个NO2﹣离子的等电子体 O3、SO2 。从分子结构角度，HNO2酸性弱于HNO3的原因是 HNO2中比HNO3少一个非羟基氧，HNO2的O﹣H键极性更弱 。
（3）尿素中所有原子共平面，据此推断其中N原子的杂化轨道类型为 sp2 。尿素晶体的熔点为132.7℃，比相同摩尔质量的乙酸熔点（16.7℃）高116℃，这主要是因为尿素分子之间存在更多的 氢键 。
（4）氨基磺酸（H3N﹣SO3）也可将NO2﹣还原为N2。氨基磺酸结构中接受孤对电子的是 S 。（填“N”或“S”）
（5）亚硝酸钠晶胞结构如图所示，假设NA为阿伏加德罗常数的值，已知晶胞参数a＝c≠b（单位为cm），则晶体密度d为 （或） g•cm﹣3。图示晶胞中NO2﹣呈体心正交堆积，Na+的原子坐标除（，u，）外还有 （0，b﹣u，0）或（0，b﹣u，1）或（1，b﹣u，0）或（1，b﹣u，1） 。
【分析】（1）同周期自左而右，第一电离能呈增大趋势，但氮元素原子的2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能；原子半径最大的是C；
（2）NO2﹣离子的中心原子N原子孤电子对数＝＝1，价层电子对数＝1+2＝3；原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体；非羟基氧数目越多，酸性越强；
（3）尿素中所有原子共平面，推知N原子的杂化轨道类型为sp2；尿素分子之间存在更多的氢键；
（4）由氨基磺酸结构可知，氮原子本身含有一对孤对电子，不再接受孤对电子；
（5）NO2﹣在八个顶点和体内，一个晶胞中含有NO2﹣数目为1+8×＝2，Na+在四条棱上和一个体内，另一个Na+不包含在内，属于另一个晶胞，所以Na+的个数为1+4×＝2，晶胞相当于有2个“NaNO2”，计算晶胞质量，根据ρ＝计算晶体密度；原子坐标为（，u，）的Na+位于晶胞内部，另外的Na+位于晶胞棱上，数目为＝4×+1＝2，所以d＝＝＝＝，由于a＝c≠b，则d＝（或），图示晶胞中NO2﹣呈体心正交堆积，求出Na+的原子坐标。
【解答】解：（1）同周期自左而右，第一电离能呈增大趋势，但氮元素的2p能级为半满稳定状态，能量低，第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，所以第一电离能：氮＞氧＞碳，故第一电离能最大的是N，原子半径最大的是C，其电子排布为1s22s22p2，
故答案为：N；1s22s22p2；
（2）氮外围有五个单电子，其中四个分成两对分别与氧外围的两个电子成键，形成一个共价π键，此外还有一个单电子，此电子无法成键，由于只有两个配位原子，所以结构是V形的；与NO2﹣离子的等电子体有O3、SO2，HNO2酸性弱于HNO3是因为亚硝酸中比硝酸少一个非羟基氧，HNO2的O﹣H键极性更弱，
故答案为：V形；O3、SO2；HNO2中比HNO3少一个非羟基氧，HNO2的O﹣H键极性更弱；
（3）尿素中所有原子共平面，推知N原子的杂化轨道类型为sp2杂化，尿素晶体的熔点高，是因为尿素分子之间存在更多的氢键，
故答案为：sp2；氢键；
（4）由氨基磺酸结构可知，氮原子本身含有一对孤对电子，不再接受孤对电子，故S接受孤对电子，
故答案为：S；
（5）NO2﹣在八个顶点和一个体内，一个晶胞中含有1+8×＝2，Na+在四条棱上和一个体内，另一个Na+不包含在内，属于另一个晶胞，所以，Na+的个数为4×+1＝2，所以所以d＝＝＝＝，由于a＝c≠b，则d＝（或），图示晶胞中NO2﹣呈体心正交堆积，则Na+的原子坐标除（，u，）外还有（0，b﹣u，0）或（0，b﹣u，1）或（1，b﹣u，0）或（1，b﹣u，1），
故答案为：（或）；（0，b﹣u，0）或（0，b﹣u，1）或（1，b﹣u，0）或（1，b﹣u，1）。
【点评】本题综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、电离能、杂化理论、分子结构、晶胞结构等，难度中等，（5）中注意利用替换法进行解答，对学生的思维能力、空间想象能力有一定的要求。
[化学--有机化学基础]（15分）
12．以化合物A为原料合成内酯F的路线如图。回答下列问题：
（1）化合物A的名称为 环己酮 ，B的分子式为 C4H9N 。
（2）化合物中含氧官能团的名称为 酯基 ，1mol该物质最多消耗 2 mol NaOH。
（3）化合物D具有手性碳（连有四个不同原子或基团的碳）的数量为 1 ，酯E的结构简式为 。
（4）写出酯E转变为化合物F时，伴随产生的副产物为 乙醇或C2H5OH 。
（5）化合物F的一种异构体H，同时满足条件：①只有三种环境的H；②能发生银镜反应；③含六元环结构。则异构体H的结构简式为 。
（6）芳香卤代烃与NaOH反应常常有自身特点。研究发现：有两种主要机理（苯炔机理和SNAr机理），如图所示。若高温下，用1﹣14C（黑点标记）氯苯与NaOH反应，则得到两种苯酚（钠盐）﹣14C在1﹣位上的苯酚占58%，14C在2﹣位上的苯酚占42%。则此时按苯炔和SNAr机理反应的氯苯，其物质的量之比为 21：4 。
【分析】（1）中含有羰基，为酮类物质；交点为碳原子，用氢原子饱和碳的四价结构；
（2）中含氧官能团的名称为酯基，其中溴原子能与NaOH溶液发生水解反应，酯基能在NaOH溶液中发生水解反应；
（3）如图所示标有“*“为D中的手性碳原子：；与H2发生反应生成E（C10H18O3），C10H18O3的不饱和度为2，中羰基能与H2能发生加成反应生成E；
（4）由（3）中分析可知，E的结构简式为，对比E、F的结构，可以理解为在酸性溶液中水解生成、C2H5OH，再酯化反应形成F；
（5）F的同分异构体同时满足条件：①只有三种环境的H，说明其结构具有高度对称；②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，因该结构具有高度对称，所以该结构中含氧官能团只能为醛基；③含六元环结构，2个醛基处于对位；
（6）由题可知，所得14C在2﹣位上的苯酚占42%，而要生成14C在2﹣位上的苯酚只有按照苯炔机理反应才能得到，氯苯按照苯炔机理反应所生成的两种苯酚等量，因此按照苯炔机理反应生成的14C在1﹣位上苯酚占42%，整个过程中所得14C在1﹣位上的苯酚占58%，则按照SNAr机理反应所得苯酚为58%﹣42%＝16%。
【解答】解：（1）中含有羰基，为酮类物质，因此其名称为环己酮；由B的结构式可知，其分子中含有4个C原子、9个H原子、1个N原子，故其分子式为C4H9N，
故答案为：环己酮；C4H9N；
（2）中含氧官能团的名称为酯基，其中溴原子能与NaOH溶液发生水解反应，酯基能在NaOH溶液中发生水解反应，因此1mol最多消耗2molNaOH，
故答案为：酯基；2；
（3）如图所示标有“*“为D中的手性碳原子：，手性碳原子数目为1；与H2发生反应生成E（C10H18O3），C10H18O3的不饱和度为2，中羰基能与H2能发生加成反应，因此E的结构式为，
故答案为：1；；
（4）E的结构简式为，对比E、F的结构，可以理解为在酸性溶液中水解生成、C2H5OH，再酯化反应形成F，即酯E转变为化合物F时，伴随产生的副产物为乙醇（C2H5OH），
故答案为：乙醇或C2H5OH；
（5）F的同分异构体同时满足条件：①只有三种环境的H，说明其结构具有高度对称；②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，因该结构具有高度对称，所以该结构中含氧官能团只能为醛基；③含六元环结构，2个醛基处于对位，因此符合条件的同分异构体为：，
故答案为：；
（6）由题可知，所得14C在2﹣位上的苯酚占42%，而要生成14C在2﹣位上的苯酚只有按照苯炔机理反应才能得到，氯苯按照苯炔机理反应所生成的两种苯酚等量，因此按照苯炔机理反应生成的14C在1﹣位上苯酚占42%，整个过程中所得14C在1﹣位上的苯酚占58%，则按照SNAr机理反应所得苯酚为58%﹣42%＝16%，因此按苯炔和SNAr机理反应的氯苯，其物质的量之比为（42%×2）：（16%）＝84：16＝21：4，
故答案为：21：4。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及有机物命名、官能团识别与性质、限制条件同分异构体的书写、信息给予题目等，是对有机化学基础的综合考查，题目较好地考查了学生分析能力、知识迁移运用能力、获取信息的能力。
2020四川省南充高三一模化学试卷及答案
一、选择题(本题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．（6分）化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列叙述错误的是（ ）
A．高纯单质硅可用于制作光导纤维
B．废弃的秸秆可用于生产生物质燃料乙醇
C．SO2是形成酸雨的气体之一
D．钙、锶、钡、铜和碱金属等金属化合物可用于制作烟花
2．（6分）2﹣苯基丙烯（如图）常用于树脂改性，下列说法正确的是（ ）
A．不能使溴水褪色
B．易溶于水
C．分子中所有原子一定共平面
D．能发生氧化反应
3．（6分）下列叙述正确的是（ ）
A．含有极性键的分子一定是极性分子
B．U和U是中子数不同，质子数相同的同种核素
C．离子化合物中一定含有离子键
D．原子半径：As＞Cl＞P
4．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，44.8L CCl4含有的分子数为NA
B．常温下，4g CH4含有NA个C﹣H共价键
C．1mol Cl2发生反应时，转移的电子数一定是2NA
D．34g H2O2中含有的阴离子数为NA
5．（6分）用如图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，由②中现象，不能证实①中反应发生的是
①中实验②中现象（ ）
A．铁粉与水蒸气加热 肥皂水冒泡
B．加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物 酚酞溶液变红
C．NaHCO3固体受热分解 澄清石灰水变浑浊
D．石蜡油在碎瓷片上受热分解 Br2的CCl4溶液褪色
6．（6分）对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是（ ）
A．过氧化钠固体与水反应：2O22﹣+2H2O═4OH﹣+O2↑
B．Cl2通入水中：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
C．浓烧碱溶液中加入铝片：Al+2OH﹣═AlO2﹣+H2↑
D．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+
7．（6分）电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。如图是利用手持技术数字化实验测量的KOH溶液分别滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲线。下列示意图中，能正确表示用KOH溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的滴定曲线的是（ ）
A． B．
C． D．
二、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分，第8-10为必考题，每个试题考生都必须做答。第10-11题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题(共43分)
8．（15分）莫尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O（相对分子质量为392）]能溶于水，难溶于乙醇，较硫酸亚铁不易被氧气氧化，是实验中代替硫酸亚铁使用的重要试剂。某兴趣小组欲制备莫尔盐并测定其纯度。采用的方法是先在封闭体系中利用铁和稀硫酸制备硫酸亚铁溶液，再用制得的硫酸亚铁溶液和硫酸铵饱和溶液反应制得。实验装置如图所示，回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 。配制本实验所需溶液的蒸馏水，均需经煮沸并迅速冷却后再使用，目的是 。
（2）按图连好装置，检验气密性后，将过量铁屑和少量碳粉加入c中，加入其它试剂，打开仪器a的塞子，然后旋开K2，为保证硫酸顺利滴入c中，还应采取的操作是 。
（3）c中加入少量炭粉的作用是 。
（4）为加快反应速率，需将c中试剂温度保持在80～95℃，一般采取的加热方式是 。
（5）充分反应一段时间后，打开K3，关闭K1、K2。c中液体会自动流入d中，利用的原理是 ，此时，d中发生的主要反应的化学方程式为 。
（6）制备结束后，将d中固液混合物过滤，所得莫尔盐可用 （填试剂名称）进行洗涤，洗涤后用烘箱进行烘干。
（7）实验小组对样品进行纯度检测，取9.000g样品配成溶液，用0.1000mol/L的酸性K2Cr2O7溶液滴定。消耗酸性K2Cr2O7溶液30.00mL，该样品的纯度为 %。（保留至0.1%）
9．（13分）二氧化硫的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应，反应如下：
Ⅰ：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1＝﹣197.7kJ•mol﹣1 K1（浓度平衡常数）
为研究该反应，某同学设计了以下三种已装固体V2O5催化剂的密闭容器装置
（1）在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按2molSO2、1molO2投料，达平衡时，三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为 （用“甲、乙、丙”表示）。
（2）在容器丙中，0.1MPa条件下，在不同温度或不同投料方式下研究上述反应得到数据如下表：
实验序号
A组
B组
C组
反应温度
451℃
451℃
551℃
投料方式（按照SO2、O2、SO3的顺序）
2mol、1mol、0mol
0mol、0mol、2mol
2mol、1mol、0mol
含硫化合物的转化率
60%
b
c
反应的热量变化
放热a
吸热79.08kJ
放热d
压强平衡常数（Kp）
Kp1
Kp1
Kp2
①表中：a＝ ；b＝ 。
②已知用平衡分压（分压＝总压×物质的量分数）代替平衡浓度计算，得到的平衡常数即为压强平衡常数，则Kp1＝ ；Kp1 Kp2（填“＞”、“＜”或“＝”）。
③若按0.4 mol SO2、0.4molO2、0.4 mol SO3进行投料，则反应开始时v正（SO2） v逆（SO2）（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（3）将上述固体催化剂V2O5换成NO2气体同样可以对该反应起到催化作用，此催化过程如下：
Ⅱ：SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H2 K2（浓度平衡常数）
Ⅲ：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H3＝﹣114.1kJ•mol﹣1 K3（浓度平衡常数）
△H2＝ ；K3＝ （用含有K1、K2的表达式表示）。
10．（15分）我国是少数几个拥有石煤资源的国家之一，工业上以伴生钒的石煤（主要成分为V2O3，含少量P2O5、SiO2等杂质）为原料制备钒的主要流程如图。
已知：①NH4VO3难溶于水。②Ksp[MgSiO3]＝2.4×10﹣5，Ksp[Mg3（PO4）2]＝2.7×10﹣27。
请回答下列问题：
（1）焙烧。通入空气的条件下，向石煤中加纯碱焙烧，将V2O3转化为NaVO3的化学方程式为 。为加快焙烧反应的化学反应速率，可采取的措施为 。（任写一条）
（2）除硅、磷。用MgSO4溶液除硅、磷时，Si、P会形成MgSiO3、Mg3（PO4）2沉淀。若沉淀后溶液中c（PO43﹣）＝1.0×10﹣8mol•L﹣1，则c（SiO32﹣）＝ mol•L﹣1。随着温度升高，除磷率会显著下降，其原因一是温度升高，Mg3（PO4）2溶解度增大，二是 。
（3）沉钒。该操作产生的滤液中，两种主要的溶质阴离子是 ；用实验方法判断此过程中沉钒完全的操作是 。
（4）灼烧。在灼烧NH4VO3的过程中，固体残留率随温度变化的曲线如图所示，则210℃时，剩余固体物质的化学式为 。
（5）还原。在高温真空条件下，用焦炭还原V2O5可以生成钒单质，该反应的化学方程式为 。
(二)选考题：共15分。请考生从化学题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡把所有题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如多做，则每学科按所做的第一题计分。[化学——物质结构与性质](15分)
11．（15分）工业废水中的亚硝酸盐常常需要处理。回答下列问题：
（1）尿素（）可将NO2﹣还原为NO2。在尿素分子所含的原子中，第一电离能最大的是 ，其中原子半径最大者的电子排布式为 。
（2）NO2﹣离子的空间构型为 ，写出一个NO2﹣离子的等电子体 。从分子结构角度，HNO2酸性弱于HNO3的原因是 。
（3）尿素中所有原子共平面，据此推断其中N原子的杂化轨道类型为 。尿素晶体的熔点为132.7℃，比相同摩尔质量的乙酸熔点（16.7℃）高116℃，这主要是因为尿素分子之间存在更多的 。
（4）氨基磺酸（H3N﹣SO3）也可将NO2﹣还原为N2。氨基磺酸结构中接受孤对电子的是 。（填“N”或“S”）
（5）亚硝酸钠晶胞结构如图所示，假设NA为阿伏加德罗常数的值，已知晶胞参数a＝c≠b（单位为cm），则晶体密度d为 g•cm﹣3。图示晶胞中NO2﹣呈体心正交堆积，Na+的原子坐标除（，u，）外还有 。
[化学--有机化学基础]（15分）
12．以化合物A为原料合成内酯F的路线如图。回答下列问题：
（1）化合物A的名称为 ，B的分子式为 。
（2）化合物中含氧官能团的名称为 ，1mol该物质最多消耗 mol NaOH。
（3）化合物D具有手性碳（连有四个不同原子或基团的碳）的数量为 ，酯E的结构简式为 。
（4）写出酯E转变为化合物F时，伴随产生的副产物为 。
（5）化合物F的一种异构体H，同时满足条件：①只有三种环境的H；②能发生银镜反应；③含六元环结构。则异构体H的结构简式为 。
（6）芳香卤代烃与NaOH反应常常有自身特点。研究发现：有两种主要机理（苯炔机理和SNAr机理），如图所示。若高温下，用1﹣14C（黑点标记）氯苯与NaOH反应，则得到两种苯酚（钠盐）﹣14C在1﹣位上的苯酚占58%，14C在2﹣位上的苯酚占42%。则此时按苯炔和SNAr机理反应的氯苯，其物质的量之比为 。
2020-2021学年四川省南充市高三（上）一诊化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题(本题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．（6分）化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列叙述错误的是（ ）
A．高纯单质硅可用于制作光导纤维
B．废弃的秸秆可用于生产生物质燃料乙醇
C．SO2是形成酸雨的气体之一
D．钙、锶、钡、铜和碱金属等金属化合物可用于制作烟花
【分析】A．制作光导纤维的是二氧化硅；
B．秸秆中含有纤维素、淀粉，通过发酵生成乙醇；
C．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧气氧化生成硫酸；
D．钙、锶、钡、铜和碱金属等金属化合物灼烧，均能发生焰色反应。
【解答】解：A．制作光导纤维的是二氧化硅，高纯单质硅是半导体材料，故A错误；
B．秸秆中含有纤维素、淀粉，通过发酵生成乙醇，则废弃的秸秆可用于生产生物质燃料乙醇，故B正确；
C．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，煤燃烧排放出的SO2是形成酸雨的气体之一，能形成硫酸型酸雨，故C正确；
D．钙、锶、钡、铜和碱金属等金属化合物灼烧，有焰色反应，所以可用于制作烟花，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查物质的组成和性质，为高频考点，把握物质的组成、化学与生活生产的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物的性质和应用，题目难度不大。
2．（6分）2﹣苯基丙烯（如图）常用于树脂改性，下列说法正确的是（ ）
A．不能使溴水褪色
B．易溶于水
C．分子中所有原子一定共平面
D．能发生氧化反应
【分析】由结构可知，分子中含苯环、碳碳双键，且含甲基为四面体结构，结合烯烃的性质来解答。
【解答】解：A.2﹣苯基丙烯中含有碳碳双键，能与溴水中溴单质发生加成反应，能使溴水褪色，故A错误；
B.2﹣苯基丙烯为烃类物质，难溶于水，故B错误；
C.2﹣苯基丙烯中含有甲基，与甲基中碳原子相连的原子结构为四面体型，因此2﹣苯基丙烯中所有原子一定不共面，故C错误；
D.2﹣苯基丙烯为烃类，能在氧气中燃烧，同时2﹣苯基丙烯中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾等氧化性物质氧化，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团的判断，题目难度不大。
3．（6分）下列叙述正确的是（ ）
A．含有极性键的分子一定是极性分子
B．U和U是中子数不同，质子数相同的同种核素
C．离子化合物中一定含有离子键
D．原子半径：As＞Cl＞P
【分析】A．结构对称，正负电荷中心重叠的分子为非极性分子，非极性分子可能含有极性键；
B．质子数相同，中子数不同的核素，属于不同核素；
C．离子化合物是由阴阳离子通过静电作用形成的化合物；
D．电子层越多，原子半径越大，电子层相同，原子序数越大，半径越小。
【解答】解：A．结构对称，正负电荷中心重叠的分子为非极性分子，非极性分子可能含有极性键，如甲烷，含有极性键属于非极性分子，所以含有极性键的分子不一定是极性分子，故A错误；
B．质子数相同，中子数不同的核素，属于不同核素，U和U中质子数均为92，中子数分别为235﹣92＝143、238﹣92＝146，表示的是两种核数，故B错误；
C．离子化合物是由阴阳离子通过静电作用形成的化合物，因此离子化合物中一定含有离子键，故C正确；
D．As核外具有4个电子层，Cl、P原子核外电子层均为3，且原子序数Cl＞P，同周期原子序数越大，半径越小，因此半径As＞P＞Cl，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了分子的极性、核素、离子键、原子半径的比较，题目难度不大，注意把握元素周期律、化学键等内容是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
4．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，44.8L CCl4含有的分子数为NA
B．常温下，4g CH4含有NA个C﹣H共价键
C．1mol Cl2发生反应时，转移的电子数一定是2NA
D．34g H2O2中含有的阴离子数为NA
【分析】A．标准状况下，CCl4不是气体；
B．一个CH4中含有4个C﹣H键，4g CH4的物质的量为＝0.25mol；
C．Cl2与水或碱溶液反应时，既是氧化剂也是还原剂，1molCl2转移1mol电子；
D．H2O2是由分子构成的。
【解答】解：A．标准状况下，CCl4不是气体，不能根据气体摩尔体积计算相关物理量，故A错误；
B．一个CH4中含有4个C﹣H键，4g CH4的物质的量为＝0.25mol，则0.25molCH4中含有0.25mol×4＝1molC﹣H键，其数目为NA，故B正确；
C．Cl2与水或碱溶液反应时，既是氧化剂也是还原剂，1molCl2转移1mol电子，因此1molCl2参加反应时，转移的电子数不一定是2NA，故C错误；
D．H2O2是由分子构成的，其中不含离子，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的相关计算，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
5．（6分）用如图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，由②中现象，不能证实①中反应发生的是
①中实验②中现象（ ）
A．铁粉与水蒸气加热 肥皂水冒泡
B．加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物 酚酞溶液变红
C．NaHCO3固体受热分解 澄清石灰水变浑浊
D．石蜡油在碎瓷片上受热分解 Br2的CCl4溶液褪色
【分析】A．试管中空气受热碰撞；
B．加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物，生成氨气，其水溶液显碱性；
C．NaHCO3固体受热分解生成二氧化碳；
D．石蜡油在碎瓷片上受热分解生成乙烯，可发生加成反应．
【解答】解：A．试管中空气受热碰撞，则②中肥皂水冒泡可能与试管中空气有关，不能说明氢气的生成，故A选；
B．加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物，生成氨气，其水溶液显碱性，则酚酞溶液变红可说明反应的发生，故B不选；
C．NaHCO3固体受热分解生成二氧化碳，则澄清石灰水变浑浊可说明反应的发生，故C不选；
D．石蜡油在碎瓷片上受热分解生成乙烯，可发生加成反应，则Br2的CCl4溶液褪色可说明反应的发生，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查实验装置的综合，为高频考点，把握图中装置的作用及发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析、实验能力的考查，题目难度不大．
6．（6分）对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是（ ）
A．过氧化钠固体与水反应：2O22﹣+2H2O═4OH﹣+O2↑
B．Cl2通入水中：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
C．浓烧碱溶液中加入铝片：Al+2OH﹣═AlO2﹣+H2↑
D．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+
【分析】A．过氧化钠不能拆开；
B．次氯酸为弱酸，不能拆开；
C．该反应违反了电荷守恒、电子守恒；
D．氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜。
【解答】解：A．过氧化钠固体与水反应，过氧化钠不能写成离子，离子方程式为：2Na2O2+2H2O═4OH﹣+O2↑+4Na+，故A错误；
B．氯气溶于水，次氯酸是弱酸，离子方程式为：Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClO，故B错误；
C．浓烧碱溶液中加入铝片的离子反应为：2H2O+2Al+2OH﹣═2AlO2﹣+3H2↑，故C错误；
D．FeCl3溶液腐蚀铜线路板，离子方程式为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。
7．（6分）电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。如图是利用手持技术数字化实验测量的KOH溶液分别滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲线。下列示意图中，能正确表示用KOH溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的滴定曲线的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据KOH溶液分别滴定HCl和CH3COOH的滴定曲线可知，开始阶段，HCl溶液中导电率下降，是因为KOH与HCl反应生成水，导致溶液中离子浓度减小，导电率下降，当盐酸被消耗完，再加入KOH，溶液中离子浓度增大，导电率增大；开始CH3COOH溶液中导电率升高，是因为CH3COOH是弱电解质，与氢氧化钾反应后转化为强电解质，溶液中离子浓度增大，导电率增大，当CH3COOH被消耗完，继续加入氢氧化钾，溶液中离子浓度增大，导电率增强，据此分析。
【解答】解：CH3COOH是弱电解质，在溶液里部分电离，HCl和KOH都是强电解质，完全电离，向CH3COOH和盐酸的混合溶液中滴加KOH，KOH先和HCl反应，生成强电解质KCl，但溶液的体积不断增大，溶液被稀释，溶液中离子浓度减小，导电率下降，当HCl全部被中和后，继续滴加KOH与弱电解质CH3COOH反应生成强电解质CH3COOK，溶液中离子浓度增大，导电率增大，当CH3COOH也反应完，继续加KOH，溶液的导电能力增大，符合导电率变化的为A，故A正确，
故选：A。
【点评】本题考查了酸碱中和溶液电导率的变化，明确电导率与离子浓度的关系是解本题关键，根据电解质的强弱、离子浓度的变化来分析解答即可，题目难度不大。
二、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分，第8-10为必考题，每个试题考生都必须做答。第10-11题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题(共43分)
8．（15分）莫尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O（相对分子质量为392）]能溶于水，难溶于乙醇，较硫酸亚铁不易被氧气氧化，是实验中代替硫酸亚铁使用的重要试剂。某兴趣小组欲制备莫尔盐并测定其纯度。采用的方法是先在封闭体系中利用铁和稀硫酸制备硫酸亚铁溶液，再用制得的硫酸亚铁溶液和硫酸铵饱和溶液反应制得。实验装置如图所示，回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 分液漏斗 。配制本实验所需溶液的蒸馏水，均需经煮沸并迅速冷却后再使用，目的是 降低水中的溶解氧 。
（2）按图连好装置，检验气密性后，将过量铁屑和少量碳粉加入c中，加入其它试剂，打开仪器a的塞子，然后旋开K2，为保证硫酸顺利滴入c中，还应采取的操作是 旋开K1 。
（3）c中加入少量炭粉的作用是 与铁屑组成原电池加快反应速率 。
（4）为加快反应速率，需将c中试剂温度保持在80～95℃，一般采取的加热方式是 水浴加热 。
（5）充分反应一段时间后，打开K3，关闭K1、K2。c中液体会自动流入d中，利用的原理是 c中产生氢气使压强大于大气压 ，此时，d中发生的主要反应的化学方程式为 FeSO4+（NH4）2SO4+6H2O＝（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O↓ 。
（6）制备结束后，将d中固液混合物过滤，所得莫尔盐可用 乙醇 （填试剂名称）进行洗涤，洗涤后用烘箱进行烘干。
（7）实验小组对样品进行纯度检测，取9.000g样品配成溶液，用0.1000mol/L的酸性K2Cr2O7溶液滴定。消耗酸性K2Cr2O7溶液30.00mL，该样品的纯度为 78.4 %。（保留至0.1%）
【分析】莫尔盐的制备原理是：是先在封闭体系中利用Fe和稀硫酸制备FeSO4溶液，再用制得的FeSO4溶液和（NH4）2SO4饱和溶液反应，在实验过程中加入碳粉的目的是形成原电池，加快反应速率，待锥形瓶中反应完成后，打开K3，关闭K1、K2，利用锥形瓶压强增大，将FeSO4溶液压入到d中反应得到摩尔盐；
（1）仪器a为分液漏斗；FeSO4不稳定，易被氧化；
（2）为保证硫酸顺利滴入c中，应该使分液漏斗上下的压强相等；
（3）原电池能加快负极反应速率；
（4）加热的温度低于100℃，常采用水浴加热；
（5）反应一段时间后，打开K3，关闭K1、K2，c中液体会自动流入d中，是因为c中继续反应产生H2，压强大于大气压；d中硫酸亚铁和饱和硫酸铵发生反应生成摩尔盐；
（6）摩尔盐易溶于水，难溶于乙醇；
（7）Cr2O72﹣还原产物为 Cr3+，则K2Cr2O7具有氧化性，摩尔盐中亚铁离子被氧化生成铁离子，同时还生成水，根据反应物和生成物书写离子方程式为6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，由题目数据可得：n（K2Cr2O7）＝0.1000mol/L×0.03L＝0.003mol，故n[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O）]＝n（Fe2+）＝0.003mol×6＝0.018mol，则m[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O）]＝0.018mol×392g/mol＝7.056g，该样品的纯度＝×100%。
【解答】解：（1）仪器a为分液漏斗，蒸馏水需经煮沸并迅速冷却后再使用的目的是除去水中的溶解氧，
故答案为：分液漏斗；降低水中的溶解氧；
（2）为保证硫酸顺利滴入c中，应该使分液漏斗上下的压强相等，采取的操作是旋开K1，
故答案为：旋开K1；
（3）c中加入少量碳粉的作用是与铁屑组成原电池加快反应速率，
故答案为：与铁屑组成原电池加快反应速率；
（4）加热的温度低于100℃，常采用水浴加热的方式，
故答案为：水浴加热；
（5）反应一段时间后，打开K3，关闭K1、K2，c中液体会自动流入d中，是因为c中继续反应产生H2，压强大于大气压，将c中的溶液压入d中，d中硫酸亚铁和饱和硫酸铵发生反应生成摩尔盐，反应的化学方程式为：FeSO4+（NH4）2SO4+6H2O＝（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O↓，
故答案为：c中产生氢气使压强大于大气压；FeSO4+（NH4）2SO4+6H2O＝（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O↓；
（6）摩尔盐易溶于水，在乙醇等有机溶剂中溶解度小，故可用乙醇洗涤，
故答案为：乙醇；
（7）Cr2O72﹣还原产物为 Cr3+，则K2Cr2O7具有氧化性，摩尔盐中亚铁离子被氧化生成铁离子，同时还生成水，根据反应物和生成物书写离子方程式为6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，由题目数据可得：n（K2Cr2O7）＝0.1000mol/L×0.03L＝0.003mol，故n[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O）]＝n（Fe2+）＝0.003mol×6＝0.018mol，则m[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O）]＝0.018mol×392g/mol＝7.056g，该样品的纯度＝×100%＝78.4%，
故答案为：78.4。
【点评】本题考查物质制备及物质含量测定，侧重考查实验操作、实验分析判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物性质及物质之间的转化关系是解本题关键，知道各仪器的作用及实验中发生的反应，K1、K2、K3的打开、关闭顺序为解答易错点，题目难度较大。
9．（13分）二氧化硫的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应，反应如下：
Ⅰ：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1＝﹣197.7kJ•mol﹣1 K1（浓度平衡常数）
为研究该反应，某同学设计了以下三种已装固体V2O5催化剂的密闭容器装置
（1）在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按2molSO2、1molO2投料，达平衡时，三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为 丙＞甲＞乙 （用“甲、乙、丙”表示）。
（2）在容器丙中，0.1MPa条件下，在不同温度或不同投料方式下研究上述反应得到数据如下表：
实验序号
A组
B组
C组
反应温度
451℃
451℃
551℃
投料方式（按照SO2、O2、SO3的顺序）
2mol、1mol、0mol
0mol、0mol、2mol
2mol、1mol、0mol
含硫化合物的转化率
60%
b
c
反应的热量变化
放热a
吸热79.08kJ
放热d
压强平衡常数（Kp）
Kp1
Kp1
Kp2
①表中：a＝ 118.62kJ ；b＝ 40% 。
②已知用平衡分压（分压＝总压×物质的量分数）代替平衡浓度计算，得到的平衡常数即为压强平衡常数，则Kp1＝ 135MPa﹣1 ；Kp1 ＞ Kp2（填“＞”、“＜”或“＝”）。
③若按0.4 mol SO2、0.4molO2、0.4 mol SO3进行投料，则反应开始时v正（SO2） ＞ v逆（SO2）（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（3）将上述固体催化剂V2O5换成NO2气体同样可以对该反应起到催化作用，此催化过程如下：
Ⅱ：SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H2 K2（浓度平衡常数）
Ⅲ：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H3＝﹣114.1kJ•mol﹣1 K3（浓度平衡常数）
△H2＝ ﹣41.8kJ/mol ；K3＝ （用含有K1、K2的表达式表示）。
【分析】（1）对于2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1＝﹣197.7kJ•mol﹣1，正反应为放热反应，降低温度、增大压强，可使平衡正向移动，增大SO2的转化率；
（2）对比A、B中数据，可知A、B为等效平衡状态，C相当于在A的基础上升高温度，平衡逆向移动；
（3）已知①.2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1＝﹣197.7kJ•mol﹣1 K1；
②SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H2 K2；
③2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H3＝﹣114.1kJ•mol﹣1 K3；
利用盖斯定律，将可得②，以此解答该题。
【解答】解：（1）对于2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1＝﹣197.7kJ•mol﹣1，正反应为放热反应，则乙温度高于甲，丙恒压，则压强大于甲，降低温度、增大压强，可使平衡正向移动，增大SO2的转化率，则转化率丙＞甲＞乙，故答案为：丙＞甲＞乙；
（2）①A、B为等效平衡，且反应互为可逆反应，则a＝197.7kJ﹣79.08kJ＝118.62kJ，正逆反应转化率之和为1，则b＝1﹣60%＝40%，故答案为：118.62kJ；40%；
②对于2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
起始：2mol 1mol 0
转化：1.2mol 0.6mol 1.2mol
平衡：0.8mol 0.4mol 1.2mol，
用平衡分压（分压＝总压×物质的量分数）代替平衡浓度计算，得到的平衡常数即为压强平衡常数，则Kp1＝＝135MPa﹣1，
升高温度，平衡逆向移动，则Kp1＞Kp2，
故答案为：135MPa﹣1；＞；
③若按0.4 mol SO2、0.4molO2、0.4 mol SO3进行投料，此时＝2.5，小于，则平衡正向移动，v正（SO2）＞v逆（SO2），
故答案为：＞；
（3）已知①.2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1＝﹣197.7kJ•mol﹣1 K1；
②SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H2 K2；
③2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H3＝﹣114.1kJ•mol﹣1 K3；
利用盖斯定律，将可得SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H2＝kJ/mol＝﹣41.8kJ/mol，K2＝，则K3＝，
故答案为：﹣41.8kJ/mol；。
【点评】本题考查了化学平衡、化学平衡常数的计算，为高频考点和常见题型，注意掌握化学平衡常数、化学反应速率的能够及计算方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力，题目难度较大。
10．（15分）我国是少数几个拥有石煤资源的国家之一，工业上以伴生钒的石煤（主要成分为V2O3，含少量P2O5、SiO2等杂质）为原料制备钒的主要流程如图。
已知：①NH4VO3难溶于水。②Ksp[MgSiO3]＝2.4×10﹣5，Ksp[Mg3（PO4）2]＝2.7×10﹣27。
请回答下列问题：
（1）焙烧。通入空气的条件下，向石煤中加纯碱焙烧，将V2O3转化为NaVO3的化学方程式为 V2O3+Na2CO3+O2NaVO3+CO2 。为加快焙烧反应的化学反应速率，可采取的措施为 将石煤粉碎、升高反应温度、增大氧气的浓度 。（任写一条）
（2）除硅、磷。用MgSO4溶液除硅、磷时，Si、P会形成MgSiO3、Mg3（PO4）2沉淀。若沉淀后溶液中c（PO43﹣）＝1.0×10﹣8mol•L﹣1，则c（SiO32﹣）＝ 0.08 mol•L﹣1。随着温度升高，除磷率会显著下降，其原因一是温度升高，Mg3（PO4）2溶解度增大，二是 温度升高，镁离子的水解增大，使其生成氢氧化镁 。
（3）沉钒。该操作产生的滤液中，两种主要的溶质阴离子是 SO42﹣、Cl﹣； ；用实验方法判断此过程中沉钒完全的操作是 取少量滤液于试管，加入NH4Cl溶液，若无沉淀生成，则沉钒完全，反之则没有 。
（4）灼烧。在灼烧NH4VO3的过程中，固体残留率随温度变化的曲线如图所示，则210℃时，剩余固体物质的化学式为 HVO3 。
（5）还原。在高温真空条件下，用焦炭还原V2O5可以生成钒单质，该反应的化学方程式为 2HVO3V2O5+H2O 。
【分析】根据流程：石煤（主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质）与Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3、Na2SiO3、Na3PO4，水浸，加入硫酸镁除去硅磷，滤渣的成分为MgSiO3、Mg3（PO4）2，向滤液中加入NH4Cl沉钒得到偏钒酸铵（NH4VO3），灼烧NH4VO3得到V2O5，加入还原剂得到单质钒，
（1）焙烧过程中V2O3与Na2CO3在空气中焙烧转化为可溶性NaVO3和CO2，将石煤粉碎、升高反应温度、增大氧气的浓度；
（2）根据Ksp[Mg3（PO4）2]＝c3（Mg2+）×c2（PO43﹣）＝2.7×10﹣27，可以得出c（Mg2+），再根据Ksp（MgSiO3）＝c（Mg2+）×c（SiO32﹣）＝2.4×10﹣5，得出c（SiO32﹣），Mg3（PO4）2溶解度增大，温度升高，镁离子的水解增大，使其生成氢氧化镁；温度升高，促进SiO32﹣的水解生成硅酸的沉淀，使其除去率增大；
（3）除硅、磷过程中所加MgSO4的阴离子SO42﹣未参加反应，沉矾过程中所加NH4Cl中的Cl﹣未参加反应，若沉矾完全，则滤液中不含VO3﹣，可利用NH4+与VO3﹣反应生成难溶物NH4VO3进行检验，因此判断此过程中沉钒完全的操作是：取少量滤液于试管，加入NH4Cl溶液，若无沉淀生成，则沉钒完全，反之则没有；
（4）NH4VO3受热先分解生成NH3、HVO3，NH3逸出，固体质量与起始固体质量比值为×100%＝85.47%，则A点固体为HVO3；
（5）210℃剩余固体占起始固体85.47%，NH4VO3的过程中生成氨气和HVO3，HVO3进一步分解生成V2O5。
【解答】解：（1）焙烧过程中V2O3与Na2CO3在空气中焙烧转化为可溶性NaVO3和CO2，反应为：V2O3+Na2CO3+O2NaVO3+CO2，为加快焙烧反应的化学反应速率，可采取的措施为将石煤粉碎、升高反应温度、增大氧气的浓度等，
故答案为：V2O3+Na2CO3+O2NaVO3+CO2；将石煤粉碎、升高反应温度、增大氧气的浓度；
（2）根据Ksp[Mg3（PO4）2]＝c3（Mg2+）×c2（PO43﹣）＝2.7×10﹣27，沉淀后溶液中c（PO43﹣）＝1.0×10﹣8mol•L﹣1，可以得出c（Mg2+）＝mol/L＝3.0×10﹣4mol/L，根据Ksp（MgSiO3）＝c（Mg2+）×c（SiO32﹣）＝2.4×10﹣5，得出c（SiO32﹣）＝＝0.08mol•L﹣1，由图2可知，随着温度升高，除磷率下降，其原因是Mg3（PO4）2溶解度增大，温度升高，镁离子的水解增大，使其生成氢氧化镁，
故答案为：0.08；温度升高，镁离子的水解增大，使其生成氢氧化镁；
（3）除硅、磷过程中所加MgSO4的阴离子SO42﹣未参加反应，沉矾过程中所加NH4Cl中的Cl﹣未参加反应，因此滤液中主要阴离子为SO42﹣、Cl﹣；若沉矾完全，则滤液中不含VO3﹣，可利用NH4+与VO3﹣反应生成难溶物NH4VO3进行检验，因此判断此过程中沉钒完全的操作是：取少量滤液于试管，加入NH4Cl溶液，若无沉淀生成，则沉钒完全，反之则没有，
故答案为：SO42﹣、Cl﹣；取少量滤液于试管，加入NH4Cl溶液，若无沉淀生成，则沉钒完全，反之则没有；
（4）NH4VO3受热先分解生成NH3、HVO3，NH3逸出，固体质量与起始固体质量比值为×100%＝85.47%，则A点固体为HVO3，
故答案为：HVO3；
（5）210℃剩余固体占起始固体85.47%，NH4VO3的过程中生成氨气和HVO3，HVO3进一步分解生成V2O5，反应的方程式为：2HVO3V2O5+H2O，
故答案为：2HVO3V2O5+H2O。
【点评】本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、滴定反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。
(二)选考题：共15分。请考生从化学题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡把所有题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如多做，则每学科按所做的第一题计分。[化学——物质结构与性质](15分)
11．（15分）工业废水中的亚硝酸盐常常需要处理。回答下列问题：
（1）尿素（）可将NO2﹣还原为NO2。在尿素分子所含的原子中，第一电离能最大的是 N ，其中原子半径最大者的电子排布式为 1s22s22p2 。
（2）NO2﹣离子的空间构型为 V形 ，写出一个NO2﹣离子的等电子体 O3、SO2 。从分子结构角度，HNO2酸性弱于HNO3的原因是 HNO2中比HNO3少一个非羟基氧，HNO2的O﹣H键极性更弱 。
（3）尿素中所有原子共平面，据此推断其中N原子的杂化轨道类型为 sp2 。尿素晶体的熔点为132.7℃，比相同摩尔质量的乙酸熔点（16.7℃）高116℃，这主要是因为尿素分子之间存在更多的 氢键 。
（4）氨基磺酸（H3N﹣SO3）也可将NO2﹣还原为N2。氨基磺酸结构中接受孤对电子的是 S 。（填“N”或“S”）
（5）亚硝酸钠晶胞结构如图所示，假设NA为阿伏加德罗常数的值，已知晶胞参数a＝c≠b（单位为cm），则晶体密度d为 （或） g•cm﹣3。图示晶胞中NO2﹣呈体心正交堆积，Na+的原子坐标除（，u，）外还有 （0，b﹣u，0）或（0，b﹣u，1）或（1，b﹣u，0）或（1，b﹣u，1） 。
【分析】（1）同周期自左而右，第一电离能呈增大趋势，但氮元素原子的2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能；原子半径最大的是C；
（2）NO2﹣离子的中心原子N原子孤电子对数＝＝1，价层电子对数＝1+2＝3；原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体；非羟基氧数目越多，酸性越强；
（3）尿素中所有原子共平面，推知N原子的杂化轨道类型为sp2；尿素分子之间存在更多的氢键；
（4）由氨基磺酸结构可知，氮原子本身含有一对孤对电子，不再接受孤对电子；
（5）NO2﹣在八个顶点和体内，一个晶胞中含有NO2﹣数目为1+8×＝2，Na+在四条棱上和一个体内，另一个Na+不包含在内，属于另一个晶胞，所以Na+的个数为1+4×＝2，晶胞相当于有2个“NaNO2”，计算晶胞质量，根据ρ＝计算晶体密度；原子坐标为（，u，）的Na+位于晶胞内部，另外的Na+位于晶胞棱上，数目为＝4×+1＝2，所以d＝＝＝＝，由于a＝c≠b，则d＝（或），图示晶胞中NO2﹣呈体心正交堆积，求出Na+的原子坐标。
【解答】解：（1）同周期自左而右，第一电离能呈增大趋势，但氮元素的2p能级为半满稳定状态，能量低，第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，所以第一电离能：氮＞氧＞碳，故第一电离能最大的是N，原子半径最大的是C，其电子排布为1s22s22p2，
故答案为：N；1s22s22p2；
（2）氮外围有五个单电子，其中四个分成两对分别与氧外围的两个电子成键，形成一个共价π键，此外还有一个单电子，此电子无法成键，由于只有两个配位原子，所以结构是V形的；与NO2﹣离子的等电子体有O3、SO2，HNO2酸性弱于HNO3是因为亚硝酸中比硝酸少一个非羟基氧，HNO2的O﹣H键极性更弱，
故答案为：V形；O3、SO2；HNO2中比HNO3少一个非羟基氧，HNO2的O﹣H键极性更弱；
（3）尿素中所有原子共平面，推知N原子的杂化轨道类型为sp2杂化，尿素晶体的熔点高，是因为尿素分子之间存在更多的氢键，
故答案为：sp2；氢键；
（4）由氨基磺酸结构可知，氮原子本身含有一对孤对电子，不再接受孤对电子，故S接受孤对电子，
故答案为：S；
（5）NO2﹣在八个顶点和一个体内，一个晶胞中含有1+8×＝2，Na+在四条棱上和一个体内，另一个Na+不包含在内，属于另一个晶胞，所以，Na+的个数为4×+1＝2，所以所以d＝＝＝＝，由于a＝c≠b，则d＝（或），图示晶胞中NO2﹣呈体心正交堆积，则Na+的原子坐标除（，u，）外还有（0，b﹣u，0）或（0，b﹣u，1）或（1，b﹣u，0）或（1，b﹣u，1），
故答案为：（或）；（0，b﹣u，0）或（0，b﹣u，1）或（1，b﹣u，0）或（1，b﹣u，1）。
【点评】本题综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、电离能、杂化理论、分子结构、晶胞结构等，难度中等，（5）中注意利用替换法进行解答，对学生的思维能力、空间想象能力有一定的要求。
[化学--有机化学基础]（15分）
12．以化合物A为原料合成内酯F的路线如图。回答下列问题：
（1）化合物A的名称为 环己酮 ，B的分子式为 C4H9N 。
（2）化合物中含氧官能团的名称为 酯基 ，1mol该物质最多消耗 2 mol NaOH。
（3）化合物D具有手性碳（连有四个不同原子或基团的碳）的数量为 1 ，酯E的结构简式为 。
（4）写出酯E转变为化合物F时，伴随产生的副产物为 乙醇或C2H5OH 。
（5）化合物F的一种异构体H，同时满足条件：①只有三种环境的H；②能发生银镜反应；③含六元环结构。则异构体H的结构简式为 。
（6）芳香卤代烃与NaOH反应常常有自身特点。研究发现：有两种主要机理（苯炔机理和SNAr机理），如图所示。若高温下，用1﹣14C（黑点标记）氯苯与NaOH反应，则得到两种苯酚（钠盐）﹣14C在1﹣位上的苯酚占58%，14C在2﹣位上的苯酚占42%。则此时按苯炔和SNAr机理反应的氯苯，其物质的量之比为 21：4 。
【分析】（1）中含有羰基，为酮类物质；交点为碳原子，用氢原子饱和碳的四价结构；
（2）中含氧官能团的名称为酯基，其中溴原子能与NaOH溶液发生水解反应，酯基能在NaOH溶液中发生水解反应；
（3）如图所示标有“*“为D中的手性碳原子：；与H2发生反应生成E（C10H18O3），C10H18O3的不饱和度为2，中羰基能与H2能发生加成反应生成E；
（4）由（3）中分析可知，E的结构简式为，对比E、F的结构，可以理解为在酸性溶液中水解生成、C2H5OH，再酯化反应形成F；
（5）F的同分异构体同时满足条件：①只有三种环境的H，说明其结构具有高度对称；②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，因该结构具有高度对称，所以该结构中含氧官能团只能为醛基；③含六元环结构，2个醛基处于对位；
（6）由题可知，所得14C在2﹣位上的苯酚占42%，而要生成14C在2﹣位上的苯酚只有按照苯炔机理反应才能得到，氯苯按照苯炔机理反应所生成的两种苯酚等量，因此按照苯炔机理反应生成的14C在1﹣位上苯酚占42%，整个过程中所得14C在1﹣位上的苯酚占58%，则按照SNAr机理反应所得苯酚为58%﹣42%＝16%。
【解答】解：（1）中含有羰基，为酮类物质，因此其名称为环己酮；由B的结构式可知，其分子中含有4个C原子、9个H原子、1个N原子，故其分子式为C4H9N，
故答案为：环己酮；C4H9N；
（2）中含氧官能团的名称为酯基，其中溴原子能与NaOH溶液发生水解反应，酯基能在NaOH溶液中发生水解反应，因此1mol最多消耗2molNaOH，
故答案为：酯基；2；
（3）如图所示标有“*“为D中的手性碳原子：，手性碳原子数目为1；与H2发生反应生成E（C10H18O3），C10H18O3的不饱和度为2，中羰基能与H2能发生加成反应，因此E的结构式为，
故答案为：1；；
（4）E的结构简式为，对比E、F的结构，可以理解为在酸性溶液中水解生成、C2H5OH，再酯化反应形成F，即酯E转变为化合物F时，伴随产生的副产物为乙醇（C2H5OH），
故答案为：乙醇或C2H5OH；
（5）F的同分异构体同时满足条件：①只有三种环境的H，说明其结构具有高度对称；②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，因该结构具有高度对称，所以该结构中含氧官能团只能为醛基；③含六元环结构，2个醛基处于对位，因此符合条件的同分异构体为：，
故答案为：；
（6）由题可知，所得14C在2﹣位上的苯酚占42%，而要生成14C在2﹣位上的苯酚只有按照苯炔机理反应才能得到，氯苯按照苯炔机理反应所生成的两种苯酚等量，因此按照苯炔机理反应生成的14C在1﹣位上苯酚占42%，整个过程中所得14C在1﹣位上的苯酚占58%，则按照SNAr机理反应所得苯酚为58%﹣42%＝16%，因此按苯炔和SNAr机理反应的氯苯，其物质的量之比为（42%×2）：（16%）＝84：16＝21：4，
故答案为：21：4。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及有机物命名、官能团识别与性质、限制条件同分异构体的书写、信息给予题目等，是对有机化学基础的综合考查，题目较好地考查了学生分析能力、知识迁移运用能力、获取信息的能力。
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